Đáp án D

Đồ thị biểu diễn quá trình của 3 phản ứng lần lượt như sau:

• (1): CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (dùng 0 → a mol CO2).

⇒ tại điểm 0,4a cho biết: nCO2 = nBaCO3 ⇒ 0,4a = 0,5 → a = 1,25 mol.

• (2): CO2 + NaOH → NaHCO3 (từ điểm mol CO2 là a → 2a).

• (3): CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (từ điểm mol CO2 là 2a → 3a).

⇒ tại điểm x mol CO2 cho biết: x = 3a – 0,5 = 3 × 1,25 – 0,5 = 3,25 mol.

Đáp án B

Z chắc chắn phải chứa CO2. Lại có MZ = 44 = MCO2 ⇒ khí còn lại cũng có M = 44.

⇒ Khí còn lại là N2O || NaOH + Y → ↓ rồi nung ⇒ chỉ có MgO ⇒ nMg2+ = 0,34 mol.

► Ta có sơ đồ sau:

Bảo toàn khối lượng: mH2O = 11,16(g) ⇒ nH2O = 0,62 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro: 

⇒ nNH4+ = (1,08 + 0,32 - 0,62 × 2) ÷ 4 = 0,04 mol || Đặt nAl3+ = x; nNO3– = y 

⇒ mmuối = 27x + 62y + 137,4 = 149,16(g) || Bảo toàn điện tích: 3x - y = 0,36 mol.

► Giải hệ có: x = 0,16 mol; y = 0,12 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nN2O = 0,08 mol.

⇒ nMgCO3 = nCO2 = 0,04 mol. Bảo toàn nguyên tố Mg: nMg = 0,32 mol.

● ∑nH+ = 10nNH4+ + 10nN2O + 2nO + 2nCO3 ⇒ nO = 0,06 mol 

⇒ nAl2O3 = 0,02 mol ||⇒ %mAl2O3 = 0,02 × 102 ÷ 15,84 × 100% = 12,88%

Đáp án B

► Đặt nAl = x; nFe = y ⇒ nNa = 2x ||⇒ Al tan hết ⇒ Y chỉ có Fe.

Bảo toàn electron: nNa + 3nAl = 2nH2 ⇒ 2x + 3.x = 2 × 2 ⇒ x = 0,8 mol.

nFe = nH2 = 0,5 mol ||► nFe : nAl = 0,5 : 0,8 = 5 : 8

Đáp án A

Đáp án C

A. – Đầu tiên: Ba + 2HO → Ba(OH)2 + H2↑.

– Sau đó: Ba(OH)2 + CuSO4 → BaSO4↓ + Cu(OH)2↓.

||⇒ thu được khí H2 ⇒ loại.

B. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O ||⇒ thu được khí CO2 ⇒ loại.

C. NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + HO ||⇒ không thu được khí ⇒ chọn C.

D. Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑ ||⇒ thu được khí H2 ⇒ loại.

Đáp án C

A. Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3↓ + 2H2O.

B. Ba(HCO3)2 + NaOH → BaCO3↓ + NaHCO3 + H2O.

(nếu NaOH dư thì: Ba(HCO3)2 + 2NaOH → BaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O).

C. Ba(HCO3)2 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + 2H2O.

D. Ba(HCO3)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaHCO3.

Đáp án A

A. Thỏa mãn vì:

B. Loại vì không tác dụng được với HCl: (NH4)2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2NH3↑ + 2H2O.

C. Loại vì không tác dụng được với HCl: AlCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)3↓.

(Nếu NaOH dư thì Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O).

D. Loại vì không tác dụng được với NaOH: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O.

Đáp án C

Chọn C vì ion PO43– có thể tạo ↓ với Ca2+ và Mg2+.

⇒ loại được 2 ion trên ra khỏi nước ⇒ nước mềm.

Đáp án D

► Thu được rắn không tan ⇒ Al dư. Đặt nNa = x. 

Bảo toàn nguyên tố Natri: nNaAlO2 = x mol. Bảo toàn electron:

nNa + 3nAl phản ứng = 2nH2 ⇒ x + 3x = 2 × 0,24 ||⇒ x = 0,12 mol.

► X gồm 0,12 mol Na và 0,25 mol Al. Bảo toàn electron: 

nCl2 = (0,12 + 0,25 × 3) ÷ 2 = 0,435 mol ||⇒ VCl2 = 9,744 lít

Đáp án B

► Cho "từ từ" H+ vào dung dịch hỗn hợp thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

H+ + CO32– → HCO3– || H+ + HCO3– → CO2 + H2O. Chú ý: bắt đầu có khí thoát ra. 

||⇒ nH+ = nCO32– = 0,15 mol ⇒ x = 0,15 ÷ 0,1 = 1,5M. Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

nNa2CO3 + nKHCO3 = n↓ ⇒ nKHCO3 = 0,1 mol ⇒ y = 0,1 ÷ 0,1 = 1M

Đáp án B

► Xét tại 0,15 mol NaOH: lượng kết tủa bằng với lúc không đổi.

||⇒ Fe(OH)3 đạt cực đại ⇒ a = 0,15 ÷ 3 = 0,05 mol. 

► Khi kết tủa đạt cực đại thì: ∑n↓ = a + b = 0,15 mol ⇒ b = 0,1 mol.

||⇒ a : b = 0,05 : 0,1 = 1 : 2

Đáp án D

► Bảo toàn electron: 3nAl = 2nH2 ⇒ nAl = 0,02 mol.

"vừa đủ" ⇒ X chỉ chứa AlCl3 || 0,09 mol hay 0,13 mol NaOH cho cùng 1 lượng ↓ 

⇒ 0,09 mol NaOH thì ↓ chưa đạt cực đại và 0,13 mol NaOH thì ↓ bị hòa tan 1 phần.

⇒ n↓ = 0,09 ÷ 3 = 0,03 mol. ||► Mặt khác, khi bị hòa tan 1 phần thì:

nOH– = 4nAl3+ – n↓ ⇒ nAl3+ = (0,03 + 0,13) ÷ 4 = 0,04 mol.

Bảo toàn nguyên tố Al: nAl2O3 = 0,01 mol ||⇒ m = 1,56(g)

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án D

BTNT(C) ⇒ ∑n(KHCO₃, CaCO₃) = nCO₂ = 0,5 mol

Mặt khác, M(KHCO₃) = M(CaCO₃) = 100 ||⇒ m = 0,5 × 100 = 50(g)

Đáp án A

Nhận thấy đồ thị biểu diễn kết tủa phụ thuộc vào CO2 là tam giác vuông cân

Vậy tại điểm cực đại số mol của CO2 là trung điểm của x và 15x 

⇒ Tại điểm cực đại số mol của CO2 là x + $\frac{15x-x}{2}$ = 8x 

⇒ nCa(OH)2 = nCO2 = 0,2 → 8x= 0,2 ⇒ x = 0,025

Đáp án C

Đáp án C

TN không xảy ra phản ứng gồm (I) và (IV)

Đáp án B

Đáp án C

đọc quá trình và phân tích:

• 74,62 gam kết tủa rõ là 0,52 mol AgCl; mà nHCl = 0,5 mol ||→ nMCl = 0,02 mol (theo bảo toàn Cl).

• 20,29 gam X → 18,74 gam chất rắn, giảm là chỉ do phản ứng nhiệt phân muối MHCO3 theo phản ứng:

2MHCO3 → M2CO3 + CO2 + H2O ||→ nMHCO3 = 2 × (20,29 – 18,74) ÷ 62 = 0,05 mol.

• 3,36 lít khí ⇄ 0,15 mol CO2 ||→ theo bảo toàn C có nM2CO3 = 0,1 mol.

||→ 0,1 × (2M + 60) + 0,05 × (M + 61) + 0,02 × (M + 35,5) = 20,29 gam ||→ M = 39 → M là Kali.

Đáp án B

Đáp án A

Xét tỷ lệ nOH- : nH3PO4 = 0,15 : 0,1 = 1,5.

⇒ Tạo muối H2PO4- và HPO42-

Đáp án A

Đặt nBa = a và nK = b.

⇒ 137a + 39b = 31,3 gam || 2a + b = 2nH2 = 0,5.

+ Giải hệ ⇒ nBa = nBa(OH)2 = a = 0,2 mol.

⇒ CM Ba(OH)2 = $\frac{0,2}{0,1}$ = 2M 

Đáp án B

Ta có nH+ = 0,15 mol.

nCO32– = 0,105 mol và nHCO3– = 0,09 mol.

⇒ nCO2↑ = 0,15 – 0,105 = 0,045 mol.

⇒ VCO2 = 1,008 lít 

Đáp án A

♦ YTHH 03: sinh 0,14 mol H2 ||→ thêm 0,14 mol O vào 40,1 gam hỗn hợp 

chuyển về 42,34 gam chỉ gồm oxit Na2O và BaO; từ 0,28 mol NaOH → có 0,14 mol Na2O 

||→ có 0,22 mol BaO → đọc ra 0,22 mol Ba(OH)2 ||→ X chứa 0,72 mol OH–.

Phản ứng: 2OH– + CO2 → CO32– + H2O || OH– + CO2 → HCO3–.

biết nCO2 = 0,46 mol ||→ sau phản ứng có: 0,26 mol CO22– và 0,2 mol HCO3–.

0,22 mol Ba2+ và 0,28 mol Na+ ||→ đọc ra Y gồm: 0,04 mol Na2CO3 và 0,2 mol NaHCO3.

Mặt khác, 200 ml dung dịch Z gồm (0,08 + y) mol H+ ||→ a = 2,5y là giá trị cần tìm.

► giải theo trắc nghiệm: chọn TH khó nhất để giải (tự luận sẽ phải chặt chẽ hơn, xét thêm TH).

♦ cho H+ từ từ vào Y: H+ + CO3– → HCO3– trước, sau đó: H+ + HCO3– → CO2↑ + H2O.

DỰa vào số liệu → nCO2 = (0,08 + y) – 0,04 = x (1).

♦ Cho ngược lại: xảy ra đồng thời: HCO3– + H+ → CO2 + H2O || CO32– + 2H+ → CO2 + H2O.

giả sử có z mol CO32– phản ứng thì tương ứng có 5z mol HCO3– phản ứng (tỉ lệ 0,04 ÷ 0,2 = 1 ÷ 5)

||→ ∑nkhí CO2 = z + 5z = 1,2x và ∑nH+ = 2z + 5z = 7z = 0,08 + y ||→ 1,4x = 7z = 0,08 + y (2).

Giải (1) và (2) ||→ x = 0,1 mol và y = 0,06 mol ||→ a = 2,5y = 0,15.

Đáp án D

Ta có mMuối = mKim loại + mSO42–.

Mà nSO42– = nH2 = 0,05 mol.

⇒ mMuối = 2,43 + 0,05×96 = 7,23 gam.

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án C

5,6 lít H2 ⇄ 0,25 mol H2 ||→ thêm 0,25 mol O vào X.

Lúc này có (51,3 + 0,25 × 16) gam 2 oxit là Na2O và CaO;

từ 28 gam NaOH → có 0,35 mol Na2O → nCaO = 0,6 mol.

||→ Y gồm 0,7 mol NaOH và 0,6 mol Ca(OH)2. 

Quan tâm ∑nOH– = 1,9 mol và nCa2+ = 0,6 mol.

0,8 mol SO2 + 1,9 mol OH– → 0,8 mol SO32– + 0,3 mol OH–.

So sánh SO32– với Ca2+ ||→ có 0,6 mol tủa CaSO3 ||→ m = 0,6 × (40 + 80) = 72 gam.

Đáp án A

Tổng quát: X + H2O => XOH + 1/2 H2 (1)

Al + x OH => xAlO2 + 3/2(2) 

Theo BTE : 0.2*3 = x*2 => nH2(2) = 0.3 mol => nH2(1) = 0.46- 0.3 = 0.16 mol 

=> nOH- = 0.32 mol 

8g X tương ứng 0,32 mol

⇒ 0,5g X tương ứng 0,02 mol

⇒ hòa tan vào nước: nX = nOH = 0,02 mol

⇒ COH- = 0,01 mol ⇒ pH = 14 - pOH = 14+ log[OH-] = 12

Đáp án D

nMg = 0,18 mol; nMgO = nMgCO3 = 0,06 mol. Do thu được H2 ⇒ Z không chứa NO3–.

► BaCl2 + Z → 79,22(g)↓ ⇒ ↓ là BaSO4 ⇒ nH2SO4 = nSO42– = nBaSO4 = 0,34 mol.

nNaOH phản ứng = 2nMg2+ + nNH4+ ⇒ nNH4+ = 0,01 mol. Bảo toàn điện tích: nNaNO3 = nNa+ = 0,07 mol.

► Ta có sơ đồ quá trình sau:

Đặt nNO = x; nN2O = y; nH2 = z. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: x + 2y = 0,06. Bảo toàn nguyên tố Hidro:

||⇒ nH2O = (0,32 - z) mol. Bảo toàn khối lượng: 51,03 = 41,63 + 30x + 44y + 2z+ 2,64 + 18 × (0,32 - z).

Đáp án D